Integralregningens grundsætning

Sætning der skal bevises

Hvis funktionen $f(x)$ er kontinuert i intervallet $\left[a;b\right]$, så kan arealet under grafen for $f(x)$ i intervallet $\left[a;b\right]$ bestemmes ved
$$
\int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm{d}x=F(b)-F(a)
$$
hvor $F(x)$ er en stamfunktion til $f(x)$.

Beviset for sætningen gør brug af en arealfunktion, der defineres således:

Definition af arealfunktionen A(x)

For alle værdier af $x_0 \in [a;b]$ er værdien af $A(x_0)$ lig med arealet under grafen for funktionen $f(x)$ fra $a$ til $x_0$. Altså arealet af det område, der er afgrænset af $x$-aksen, grafen for $f(x)$ og de to lodrette linje ud for $a$ og $x_0$.

$A(x_0)$ er arealet under grafen for $f$ i intervallet fra $a$ til $x_0$.

En vigtig egenskab ved arealfunktionen er givet ved denne hjælpesætning, som bevises før integralregningens grundsætning:

Hjælpesætning

Arealfunktionen $A(x)$ er stamfunktion til $f(x)$, så

$$ A'(x) = f(x) $$

Bevisstrategi

Vis bevisstrategi

Ideen i beviset er at betragte araealet under grafen for $f$ i et lille delinterval af intervallet $[a;b]$. Dette interval har har bredden $\Delta x$. Arealet under grafen for $f$ i delintervallet kaldes $\Delta A$. Hvis man antager at funktionen $f$ er voksende, så kan aralet $\Delta A$ klemmes inde mellem arealet af to rektangler: et der ligger under grafen for $f$ og et der ligger over grafen for $f$. Det kan skrives som en dobbeltulighed.

$\Delta A$ kan udtrykkes vha. arealfunktionen $A(x)$, og dermed kan dobbeltuligheden omskrives, så differenskvotienten $\Delta A(x)/\Delta x$ af arealfunktionenen klemt inde mellem to funktionsværdier for $f(x)$. Det kan beskrives ved endnu en dobbeltulighed.

Ved at lade $\Delta x \to 0$ og betragte grænseværdierne i dobbeltuligheden, ses det at differenskvotientens grænseværdi er $f(x)$, så $A'(x)=f(x)$. Dette er resultatet af hjælpesætningen.

Herefter udnyttes det at fordi areal funktionen er en stamfunktion til $f$, så er $A(x)=F(x)+k$. Værdien af konstanten $k$ kan bestemmes ud fra at $A(a)=0$.

Hvis funktionen $f$ er aftagende, så kan beviset gennemføres helt tilsvarende, dog skal alle dobbeltulighederne vendes om. Slutresultatet vil være det samme.

Hvis funktionen hverken er voksende eller aftagende, så kan funktionen deles op i delintervaller, hvor funktionen er enten voksende eller aftagende.

Skjul bevisstrategi

Bevis for hjælpesætning

Antag at funktionen $f$ er kontinuert og voksende i intervallet $[a; b]$. Hvis funktionen er aftagende så gennemføres bevises på samme måde som i det følgende, dog skal alle uligheder vendes om. Det ændrer ikke på konklusionen.Hvis funktionen ikke er monoton (enten voksende eller aftagende) kan den inddeles i monotoniintervaller. Bevises kan så gennemføres for hvert monotoniinterval.

Beviset starter med at man betragter arealet under grafen for $f(x)$ i et lille delinterval af intervallet $[a;b]$. Vi ser på arealet af det område, der er afgrænset af $x$-aksen, grafen for $f(x)$ og de to lodrette linjer $x=x_0$ og $x=x_0+\Delta x$, hvor $\Delta x$ er positiv. Delintervallet er altså $[x_0; x_0 + \Delta x]$.

Areal under grafen i et delinterval med bredden $\Delta x$

Arealet af dette område kalder vi $\Delta A$. Værdien af $\Delta A$ kan beregnes ved hjælp af arealfunktionen $A(x)$:

$\Delta A = A(x_{0}+\Delta x)-A\left(x_{0} \right)$

Arealet under grafen i intervallet mellem $x_0$ og $x_0+\Delta x$ er altså arealet fra $a$ til $x_0+\Delta x$ minus arealet fra $a$ til $x_0$

Dette areal af delintervallet afgrænses nu af rektangler. Vi ser først på et rektangel under grafen for $f(x)$

Højden af rektanglet er $f(x_0)$, og bredden er $\Delta x$, så det har arealet (højde gange bredde) $f(x_0)·\Delta x$

Arealet af rektanglet er mindre end eller lig med arealet $\Delta A$ under grafen, fordi vi har forudsat, at $f$ er en voksende funktion:
$$f(x_{0})\cdot\Delta x \le \Delta A$$

Det betyder at

$$ f(x_{0})\cdot\Delta x\leq A(x_{0}+\Delta x)-A(x_{0}) $$

Vi har altså fundet en nedre grænse for værdien af $\Delta A$. På tilsvarende måde finde en øvre grænse for $\Delta A$ bestemmes ved at se på på arealet af rektanglet vist på figuren.

Dette rektangel har højden $f(x_0 + \Delta x)$, så arealet er $ f(x_0+\Delta x)\cdot\Delta x $. Og da $f$ er voksende vil arealet være større end eller lig med arealet under grafen for $f$:

$$ \Delta A \leq f(x_0+\Delta x)\cdot\Delta x $$

eller

$$ A(x_{0}+\Delta x)-A(x_{0})\leq f(x_{0}+\Delta x)\cdot\Delta x $$

Vi har nu fundet både en nedre og en øvre grænse for $\Delta A$. Det kan skrives som en dobbeltulighed

$f\left(x_{0} \right)\cdot\Delta x\leq A\left(x_{0}+\Delta x\right)-A\left(x_{0} \right)\leq f\left(x_{0}+\Delta x\right)\cdot\Delta x$

Ved at dividere alle udtryk i uligheden med $\Delta x$ får man

$\displaystyle f\left(x_{0} \right)\leq\frac{A\left(x_{0}+\Delta x\right)-A\left(x_{0} \right)}{\Delta x} \leq f\left(x_{0}+\Delta x\right)$

Hvis $\Delta x$ havde været negativ, skulle ulighedstegnene have været vendt om, men vi har forudsat, at $\Delta x$ er positiv. Det midterste udtryk i uligheden er en brøk; nærmere bestemt differenskvotienten for arealfunktionen, $A(x)$. Vi vil nu lade $\Delta x\rightarrow 0$ og vise, at differenskvotienten har en grænseværdi, så $A'(x_0)$ eksisterer.

Når $\Delta x\rightarrow 0$, vil det første udtryk i dobbeltuligheden være uændret, fordi $f(x_0)$ ikke indeholder $\Delta x$. Det har altså grænseværdien $f(x_0)$.

Det sidste led, $f(x_0+\Delta x)$, har også grænseværdien $f(x_0)$, fordi $f$ er en kontinuert funktion.

Og fordi differenskvotienten i det midterste udtryk er klemt inde mellem to udtryk, som har samme grænseværdi, må det også have grænseværdien $f(x_0)$:

$\displaystyle \lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{A(x_{0}+\Delta x)-A(x_{0})}{\Delta x} =f(x_0)$

Vi har altså vist, at differenskvotienten for $A(x)$ har en grænseværdi, og det er jo netop definitionen på en differentialkvotient, $A'(x_0)$:

$\displaystyle \lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{A(x_{0}+\Delta x)-A(x_{0})}{\Delta x} =A'(x_0)$

Det betyder, at $A'(x_0)=f(x_0)$. Og da dette gælder for alle $x_0 \in \left[a;b\right]$, har vi altså vist, at arealfunktionen $A(x)$ er en stamfunktion til $f(x)$

$A'(x)=f(x)$

Hermed er beviset for hjælpesætningen afsluttet.

Bevis for Integralregningens grundsætning

Det skal nu vises, at arealet under grafen for $f(x)$ i intervallet $[a ; b]$ er givet ved $F(b)-F(a)$.

Ifølge hjælpesætningen, som lige er bevist, er arealfunktionen $A(x)$ en stamfunktion til $f(x)$ for alle $x_0 \in \left[a;b\right]$. Dvs. at hvis $F(x)$ er en vilkårlig stamfunktion til $f(x)$, så er

$A(x) = F(x) + k$

Der er uendeligt mange stamfunktioner til $f(x)$, men de adskiller sig kun ved værdien af konstanten $k$. Så for at bestemme forskriften for $A(x)$ er det altså nødvendigt at bestemme værdien af $k$. Det kan gøres ved at udnytte, at $A(a) = 0$, så

$A(a) = 0 \quad \Leftrightarrow \quad F(a) + k = 0 \quad \Leftrightarrow \quad k = – F(a)$

så vi har

$A(x) = F(x)+k = F(x) – F(a)$

Arealet under grafen i intervallet $[a; b]$ er ifølge definitionen af arealfunktionen $A(b)$, så vi kan nu bestemme arealet som

$A(b) = F(b) – F(a)$

Vi har dermed vist, at

$\displaystyle \textup{Arealet under grafen er lig med }\int_{a}^{b} f(x) \, \mathrm d x=F(b)-F(a)$

Dette afslutter beviset.

Bemærkning: Beviset er, som omtalt i starten, gennemført ud fra en antagelse om, at $f(x)$ er voksende i intervallet. Hvis $f(x)$ er aftagende (evt. efter at man har delt definitionsmængden op i monotoniintervaller), kan beviset gennemføres på samme måde, blot skal ulighedstegnene i dobbeltuligheden vendes om. Resultatet vil stadig være, at differenskvotienten klemmes inde mellem $f(x_0)$ og $f(x_0+ \Delta x)$.